Page 88 - MATINF Nr. 8

˘
88 PROBLEME DE MATEMATICA PENTRU CONCURSURI

1
2
2
2
2
2
Dar 2 (xy + yz + zx) − (x + y + z ) = 16S > 0, adic˘a 1 − 4t > 0, adic˘a t < . Fie
2
√ 1 − t 2 ã 1 Å 1 − 4t 2 ã
Å
xyz = p. Inegalitatea devine 1 + 1 − 4t 2 + · 1 − ≥ 2.
p 2 p
S˘a remarc˘am c˘a dac˘a fix˘am t, atunci membrul stˆang este evident funct , ie descrescatoare
2
ˆın p. Deci este suficient ca ˆın ultima inegalitate s˘a ˆınlocuim p cu max p = (1 − t) (1 + 2t) (a
se vedea, de exemplu, Teorema 2 de la pag. 41 din RMGO 1/2018 (http://rmgo.upit.ro)).
√ Å 1 + t ã t 2 ï 1 ã
a
a
Astfel este suficient s˘ ar˘at˘am c˘ 1 + 1 − 4t 2 + 2 ≥ 2, t ∈ 0, ,
√ (1 − t) (1 + 2t) 2(1 − t) 2

2
1 + 1 − 4t 2 (1 + t) 3t − 8t + 4 √
2
inegalitate echivalent˘a succesiv cu ≥ , 1 − 4t (1 + t) ≥
1 + 2t 2 (1 − t)
2
(1 − 2t) (−3t + 4t + 2) √ p (1 − 2t) (−3t + 4t + 2)
2
2
3
2
, 1 + 2t (1 + t) ≥ , t (26t − 53t + 16t +
2 (1 − t) 2 (1 − t)
2
20) ≥ 0, adev˘arat, deoarece 20 > 80t . Demonstratia este ˆıncheiat˘a.
Clasa a X-a
a
M 150. Fie a, b, c > 0 astfel ˆıncˆat a + b + c + 2 = abc. Demonstrat ,i c˘
3
(n + ab)(n + bc)(n + ca) ≥ (n + 4) ,

pentru orice n > 0.

Marin Chirciu, Pites , ti
√ √
3
Solut ,ie (Daniel V˘acaru, Pites , ti). Notˆand 3 abc = t, din abc = a + b + c + 2 ≥ 3 abc + 2 obt , inem
2
3
inegalitatea t − 3t − 2 ≥ 0, care se rescrie (t + 1) (t − 2) ≥ 0, de unde t ≥ 2, adic˘a abc ≥ 8.
Astfel aplicˆand Inegalitatea lui H¨older avem
√
Ä 3 ä 3
3
2 2 2
(n + ab)(n + bc)(n + ca) ≥ n + a b c ≥ (n + 4) .
Not˘a. Domnul Titu Zvonaru din Com˘anes , ti a propus o rezolvare asem˘an˘atoare, folosind faptul
y + z z + x
a
c˘ dac˘ a + b + c + 2 = abc, a, b, c > 0, atunci exist˘ x, y, z > 0 astfel ˆıncˆat a = , b =
a
a
x y
x + y
s , i c = , deci, folosind Inegalitatea mediilor,
z
(x + y)(y + z)(z + x)
abc = ≥ 8.
xyz
a
M 151. Ar˘atat ,i c˘ pentru orice a, b, c, d > 0 avem:
a b c
a) p + p + p
3 3 3
(a + 3b)(a + 3c)(a + 3d) (b + 3c)(b + 3d)(b + 3a) (c + 3d)(c + 3a)(c + 3b)
d
≥ 1;
+p
3
(d + 3a)(d + 3b)(d + 3c)